高中物理功和能复习-习题集-中等难度-附答案解析详细解析

1、 高中物理功能专题练习中等难度一、单选题（本大题共1小题，共4.0分）1. “飞流直下三千尺，疑是银河落九天”是唐代诗人李白描写庐山瀑布的佳句.瀑布中的水从高处落下的过程中()A. 重力势能增加B. 重力势能减少C. 重力对水做的功大于水重力势能的改变量D. 重力对水做的功小于水重力势能的改变量二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）2. 关于功的正负，下列叙述中正确的是()A. 正功表示功的方向与物体运动方向相同，负功为相反B. 正功大于负功C. 正功表示力和位移两者之间夹角小于90，负功表示力和位移两者之间夹角大于90D. 正功表示做功的力为动力，负功表示做功的力为阻力3. 物体从某一高

2、度处自由下落，落到直立于地面的轻弹簧上，在A点物体开始与弹簧接触，到B点物体的速度为零，然后被弹回，下列说法中正确的是()A. 物体从A下落到B的过程中，弹性势能不断增大B. 物体从A下落到B的过程中，重力势能不断减小C. 物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，动能都是先变小后变大D. 物体在B点的速度为零，处于平衡状态4. 如图所示，竖直光滑杆固定不动，套在杆上的弹簧下端固定，将套在杆上的滑块向下压缩弹簧至离地高度h=0.1m处，滑块与弹簧不拴接.现由静止释放滑块，通过传感器测量到滑块的速度和离地高度h并作出滑块的Ek-h图象，其中高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余为曲

3、线，以地面为零势能面，取g=10m/s2，由图象可知()A. 小滑块的质量为0.2kgB. 轻弹簧原长为0.1mC. 弹簧最大弹性势能为0.32JD. 小滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小为0.38J三、填空题（本大题共2小题，共8.0分）5. 如图，倾角为的斜面上一物体，竖直向上的恒力F通过滑轮把物体拉着沿斜面向上移动了S的位移，则此过程拉了F做功W= _ 6. 质量m=5×103kg的汽车以P=6×104W的额定功率沿平直公路行驶，某时刻汽车的速度大小为v=10m/s，设汽车受恒定阻力f=2.5×103N.则v=10m/s时汽车的加速度a的大小为_ m/s

4、2；汽车能达到的最大速度vm大小为_ m/s四、计算题（本大题共1小题，共10.0分）7. 如图所示，长为4m的水平轨道AB，与半径为R=0.5m的竖直的半圆弧轨道BC在B处相连接，有-质量为2kg的滑块(可视为质点)，在水平向右、大小为14N的恒力F作用下，从A点由静止开始运动到B点，滑块与AB间的动摩擦因数为=0.25，BC 间粗糙，取g=10m/s2.求：(1)滑块到达B处时的速度大小；(2)若到达B点时撤去力F，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并洽好能到达最高点C，则滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是多少？五、简答题（本大题共3小题，共24.0分）8. 如图所示，水平面与倾角为

5、=37的斜面在B处平滑连接(图中未画出)，斜面足够长，一质量为m=1kg的小物块在水平面上从A处以初速度v0=20m/s水平向右运动，AB间距离d=30m.己知物块与水平面和斜面的动摩擦因数均为=0.5，重力加速变g=10m/s2，sin37=06，cos37=0.8.求：(1)物块在斜面上运动离B点的最大距离；(2)物块最终静止位置与A点距离9. 如图(a)，O、N、P为直角三角形的三个顶点，NOP=37，OP中点处固定一电量为q1=2.0×10-8C的正点电荷，M点固定一轻质弹簧.MN是一光滑绝缘杆，其中ON长为a=1m，杆上穿有一带正电的小球(可视为点电荷)，将弹簧压缩到O点由

6、静止释放，小球离开弹簧后到达N点的速度为零.沿ON方向建立坐标轴(取O点处x=0)，图(b)中和图线分别为小球的重力势能和电势能随位置坐标x变化的图象，其中E0=1.24×10-3J，E1=1.92×10-3J，E2=6.2×10-4J.(静电力恒量k=9.0×109Nm2/C2，取sin37=0.6，cos37=0.8，重力加速度g=10m/s2) (1)求电势能为E1时小球的位置坐标x1和小球的质量m；(2)已知在x1处时小球与杆间的弹力恰好为零，求小球的电量q2；(3)求小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep10. 如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、

7、C，其质量分别为m，2m，3m，其中B，C两滑块用一轻质弹簧连接.某时刻给滑块A向右的初速度v0，使其在水平面上匀速运动，一段时间后与滑块B发生碰撞，碰后滑块A立即以v=v05的速度反弹，求：(1)发生碰撞过程中系统机械能的损失为多少？(2)碰后弹簧所具有的最大弹性势能？答案和解析【答案】1. B2. CD3. AB4. AD5. FS+FSsin  6. 0.7；24  7. 解：(1)滑块从A到B的过程中，由动能定理有：Fx-mgx=12mvB2 即：14×4-0.25×2×10×4=12×2

8、5;vB2 得：vB=6m/s   (3)当滑块恰好能到达C点时，应有：mg=mvC2R 滑块从B到C的过程中，由动能定理：W-mg2R=12mvC2-12mvB2 联立解得：W=-11(J)，即克服摩擦力做功为11J答：(1)滑块到达B处时的速度大小是6m/s(2)滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力所做的功是11J  8. 解：(1)当物块在斜面上速度减为零时，离B点的距离最大，设为L，整个过程中，根据动能定理得：0-12mv02=-mgd-mgcos37L-mgLsin37 解得：L=5m，(2)因为mgsin37>mgcos37，则物块速度减为零后

9、不能保持静止，沿斜面下滑，最后静止在水平面上，此过程中，根据动能定理得：mgLsin37-mgLcos37-mgs=0-0 解得：s=0.2m 则物块最终静止位置与A点距离x=d-s=30-0.2=29.8m 答：(1)物块在斜面上运动离B点的最大距离为5m；(2)物块最终静止位置与A点距离为29.8m  9. 解：(1)电势能为E1是最大，所以应是电荷q1对小球做负功和正功的分界点，即应该是图中M(过q1作的ON的垂线)x1=acos37×12cos37=0.32a=0.32m，根据图象得到mgh=E1，m=E1gx1sin37=1.92×10-310

10、×0.32×0.6=1×10-3kg (2)小球受到重力G、库仑力F， 则有：kq1q2r2=mgcos37，其中：r=x1tan37=0.24a     带入数据，得：q2=2.56×10-6C    (3)对O到N，小球离开弹簧后到达N点的速度为零，根据能量守恒，得到mgasin37+E2-E0=EP           带入数据解得：Ep=5.38×10-3J 答：(1)

11、电势能为E1时小球的位置坐标x1为0.32m，小球的质量1×10-3kg；                       (2)小球的电量q2为2.56×10-6C；(3)小球释放瞬间弹簧的弹性势能Ep为5.38×10-3J.  10. 解：(1)AB碰撞瞬间，A，B组成系统动量守恒，规定向右为正方向有：mv0=-mv05+2mv

12、B  解得：vB=35v0 碰撞过程中系统机械能的损失E=12mv02-12m(v05)2-122m(3v05)2=325mv02 (2)当弹簧具有最大弹性势能时，B，C具有共同速度，设为VBC，则根据动量守恒定律有：2mvB=(2m+3m)vBC 由机械能守恒定律有：EP=12×2mvB2-12×3mvBC2 解得：EP=27125mv02 答：(1)发生碰撞过程中系统机械能的损失为325mv02；(2)碰后弹簧所具有的最大弹性势能为27125mv02  【解析】1. 解：根据EP=-WG可知：瀑布中的水从高处落下的过程中重力做正功，重力势能

13、减小，重力对水做的功等于水重力势能的改变量故选B 瀑布中的水从高处落下重力做正功，重力势能减小本题主要考查了重力做功与重力势能的变化量的关系，难度不大，属于基础题2. 解：A、功是标量，只有大小，没有方向，而正负表示动力做功，负号表示阻力做功，故A错误；D正确B、功的正负不表示做功的大小；故B错误；C、由W=Fxcos可知，正功表示力和位移两者之间夹角小于90，负功表示力和位移两者之间夹角大于90，故C正确；故选：CD 功是标量，只有大小，没有方向，由W=Fxcos可知，做功正负的条件，正功表示动力对物体做功，负功表示阻力对物体做功本题主要考查了对功的理解，注意功是标量，只有大小，没有方向，明

14、确正功和负功的意义3. 解：A、物体从A下落到B的过程中，弹簧的形变量增大，弹性势能不断增大，故A正确；B、物体从A下落到B的过程中，高度降低，重力势能不断减小，故B正确；C、物体从A下落到B以及从B上升到A的过程中，当弹簧的弹力和重力平衡时，速度最大，动能最大，所以动能都是先变大后变小，故C错误；D、物体在B点时，速度为零，但速度为零，合力不为零，不是处于平衡状态，故D错误；故选：AB 动能的大小与物体的速度有关，知道速度的变化规律可以知道动能的变化规律；重力势能与物体的高度有关，根据高度的变化来判断重力势能的变化；弹簧的弹性势能看的是弹簧形变量的大小；首先要明确物体的整个的下落过程，知道在

15、下降的过程中各物理量之间的关系，在对动能和势能的变化作出判断，需要学生较好的掌握基本知识4. 解：A、在从0.2m上升到0.35m范围内，Ek=EP=mgh，图线的斜率绝对值为：k=Ekh=0.30.35-0.2=2N=mg，则m=0.2kg，故A正确；B、在Ek-h图象中，图线的斜率表示滑块所受的合外力，由于高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，说明滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，所示从h=0.2m，滑块与弹簧分离，弹簧的原长的0.2m.故B错误；C、根据能的转化与守恒可知，当滑块上升至最大高度时，增加的重力势能即为弹簧最大弹性势能，所以Epm

16、=mgh=0.2×10×(0.35-0.1)=0.5J，故C错误；D、由图可知，当h=0.18m时的动能最大，在滑块整个运动过程中，系统的动能、重力势能和弹性势能之间相互转化，因此动能最大时，滑块的重力势能与弹簧的弹性势能总和最小，根据能的转化和守恒可知，EPmin=E-Ekm=Epm+mgh-Ekm=0.5+0.2×10×0.1-0.32=0.38J，故D正确；故选：AD 根据Ek-h图象的斜率表示滑块所受的合外力，高度从0.2m上升到0.35m范围内图象为直线，其余部分为曲线，结合能量守恒定律求解本题考查了能量守恒定律和图象的理解与应用问题，根据该图

17、象的形状得出滑块从0.2m上升到0.35m范围内所受作用力为恒力，说明物体不再受到弹簧的弹力的作用是解题的关键5. 解：由图可知，F通过绳子对滑轮产生了两个拉力的作用，一个是沿斜面上的拉力，另一个是竖直向上的拉力；两拉力所做的总功为：FS+FScos(90-)=FS+FSsin；故答案为：FS+FSsin 对滑轮分析，根据滑轮受力情况，利用功的公式可求得F所做的功本题通过力F的实际效果进行分析求解，也可以直接分析拉力F的作用，要注意明确F的位移与物体位移的关系6. 解：由P=Fv可知，牵引力：F=Pv=6×10410=6000N，由牛顿第二定律得：F-f=ma，代入数据解得：a=0.

18、7m/s2，当汽车匀速运动时速度最大，由平衡条件得：F'=f=2500N，由P=Fv可知，最大速度：vmax=PF'=6×1042500=24m/s；故答案为：0.7；24应用功率公式P=Fv的变形公式求出汽车的牵引力，然后应用牛顿第二定律求出加速度；汽车匀速运动是速度最大，应用平衡条件求出牵引力，然后由功率公式求出最大速度本题考查了功率公式P=Fv的应用，分析清楚汽车的运动过程，应用P=Fv、平衡条件、牛顿第二定律可以解题7. (1)对滑块从A到B的过程作为研究的过程，运用动能定理求出滑块到达B处时的速度大小(2)滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C，知在最高点C所受的弹力为零，根据牛顿第二定律求出临界的速度